20xx届江苏高考数学二轮复习：教案学案课后训练--课时答案：总结计划汇报设计可编辑

20xx届江苏高考数学二轮复习：教案学案课后训练--课时答案：总结计划汇报设计可编辑内容摘要：

a≥ 2. 11. 解： p为真，则 |x－ 4|≤ 6 的解集为 A＝ [－ 2,10]， q 为真， x2－ 2x＋ 1－ m2≤ 0(m＞ 0)的解集为 B＝ [1－ m,1＋ m]， ∵ p 是 q 的必要而不充分条件， ∴ p 是 q的充分而不必要条件， ∴ A＝ [－ ＝ [1－ m,1＋ m]， ∴ 1＋ m≥ 10，1－ m≤ － 2. 两式中等号不能同时成立，又 m＞ 0， ∴ m≥ 9. 12. 解： (1) 令 g(x)＝ f(x)－ x＝ x2＋ (a－ 1)x＋ a， 则由题意可 得 Δ＞ 0，0＜ 1－ a2 ＜ 1，g1＞ 0，g0＞ 0 a＞ 0，－ 1＜ a＜ 1，a＜ 3－ 2 2或 a＞ 3＋ 2 2＜ a＜ 3－ 2 求实数 a 的取值范围是 (0,3－ 2 2)． (2) f(0)f(1)－ f(0)＝ 2a2，令 h(a)＝ 2a2.∵ 当 a＞ 0 时 h(a)单调递增， ∴ 当 0＜ a＜ 3－ 2 2时， 0＜ h(a)＜ h(3－ 2 2)＝ 2(3－ 2 2)2＝ 2(17－ 12 2)＝ 217＋ 12 2＜ 116，即 f(0)f(1)－ f(0)＜ 116. 13. 解： (1) ① 当 0＜ t≤ 10 时， V(t)＝ (－ t2＋ 14t－ 40)e14t＋ 50＜ 50，化简得 t2－ 14t＋ 40＞ 0，解得 t＜ 4 或 t＞ 10，又 0＜ t≤ 10，故 0＜ t＜ 4.② 当 10＜ t≤ 12 时， V(t)＝ 4(t－ 10)(3t－41)＋ 50＜ 50，化简得 (t－ 10)(3t－ 41)＜ 0，解得 10＜ t＜ 413 ，又 10＜ t≤ 12，故 10＜ t≤ 合得 0＜ t＜ 4 或 10＜ t≤ 12；故知枯水期为 1 月， 2 月， 3 月， 11 月， 12 月共 5 个月． (2)由 (1)知： V(t)的最大值只能在 (4,10)内达到． 由 V′ (t)＝ e14t － 14t2＋ 32t＋ 4 ＝－ 14e14t(t＋ 2)(t－ 8)，令 V′ (t)＝ 0，解得 t＝ 8(t＝－ 2 舍去 )． 当 t 变化时， V′ (t) 与 V (t)的变化情况如下表： t (4,8) 8 (8,10) V′ (t) ＋ 0 － V(t) 极大值 由上表， V(t)在 t＝ 8 时取得最大值 V(8)＝ 8e2＋ 50＝ (亿立方米 )． 故知一年内该水库的最大蓄水量是 亿立方米． 14. 解： (1) 当 x∈ [－ 2，－ 1)时， f(x)＝ x＋ 1x在 [－ 2，－ 1)上是增函数 (用导数判断 )，此时 f(x)∈  － 52，－ 2 ，当 x∈  － 1， 12 时， f(x)＝－ 2，当 x∈  12， 2 时， f(x)＝ x－ 1x在  12， 2 上是增函数，此时 f(x)∈  － 32， 32 ， ∴ f(x)的值域为  － 52，－ 2 ∪  － 32， 32 . (2) ① 若 a＝ 0， g(x)＝－ 2，对于任意 x1∈ [－ 2,2]， f(x1)∈  － 52，－ 2 ∪  － 32， 32 ，不存在 x0∈ [－ 2,2]使得 g(x0)＝ f(x1)都成立． ② 若当 a＞ 0 时， g(x)＝ ax－ 2 在 [－ 2,2]是增函数， g(x)∈ [－ 2a－ 2,2a－ 2]，任给 x1∈ [－ 2,2]， f(x1)∈  － 52，－ 2 ∪  － 32， 32 ，若存在 x0∈ [－2,2]，使得 g(x0)＝ f(x1)成立， 则  － 52，－ 2 ∪  － 32， 32 － 2a－ 2,2a－ 2]， ∴ 有 － 2a－ 2≤ － 52，2a－ 2≥ 32，解得 a≥ 74. ③ 若 a＜ 0， g(x)＝ ax－ 2 在 [－ 2,2]上是减函数， g(x)∈ [2a－ 2， － 2a－ 2]，任给 x1∈ [－ 2,2]， f(x1)∈  － 52，－ 2 ∪  － 32， 32 ， 若存在 x0∈ [－ 2,2]使得 g(x0)＝ f(x1)成立， 则  － 52，－ 2 ∪  － 32， 32 － 2，－ 2a－ 2a－ 2≤ － 52，－ 2a－ 2≥ 32，解得 a≤ － 74. 综上，实数 a 的取值范围是  － ∞ ，－ 74 ∪  74，＋ ∞ . 专题二 三角函数与平面向量 第 7 讲 三角函数的图象与性质 1. y＝ sin 2x＋ π3 ， x∈ R 2. 10 3. 1 解析： f(x)＝ f π4 cosx＋ sinx， f′ (x)＝－ f′  π4 sinx＋ cosx， f′  π4 ＝－ 22 f′  π4 ＋22 ， f′  π4 ＝ 2－ 1， f(x)＝ ( 2－ 1)cosx＋ sinx， f π4 ＝ ( 2－ 1) 22 ＋22 ＝ 1. 4. 6 解析：平移后 f(x)＝ cos ωx－ ωπ3 ，与原来函数图象重合，则 ωπ3 ＝ 2kπ， k∈ Z， ∵ ω＞ 0， ∴ ωmin＝ 6. 5.  － 54， 1 解析： a＝ cos2x－ cosx－ 1＝  cosx－ 12 2－ 54，转化为函数的值域问题． 6. 2＋ 2 2 解析： f(x)＝ 2sinπx4 ，周期为 8， f(1)＋ f(2)＋ f(3)＋ „ ＋ f(2 012)＝ f(1)＋ f(2)＋ f(3)＋ f(4)＝ 2＋ 2 2. 7. 2 解析： T＝ 2ππ2＝ 4，对任意 x∈ R，都有 f(x1)≤ f(x)≤ f(x2)成立， f(x)min＝ f(x1)， f(x)max＝ f(x2)，于是 |x1－ x2|min＝ T2＝ 2. 8. 23 解析：考查三角函数的图象、数形结合思想．线段 P1P2的长即为 sinx 的值，且其中的 x满足 6cosx＝ 5tanx，解 得 sinx＝ P1P2的长为 23. 9. 解： f(x)＝－ 2asin 2x＋ π6 ＋ 2a＋ b， sin 2x＋ π6 ∈  － 12， 1 ， 当 a＞ 0 时，－ 2a＋ 2a＋ b＝－ 5，－ 2a  － 12 ＋ 2a＋ b＝ 1， ∴ a＝ 2， b＝－ 5； 当 a＜ 0 时，－ 2a＋ 2a＋ b＝ 1，－ 2a  － 12 ＋ 2a＋ b＝－ 5， ∴ a＝－ 2， b＝ 1； a＝ 0，不存在．综上， a＝ 2， b＝－ 5 或 a＝－ 2， b＝ 1. 10. 解： (1) 由最低点为 M 2π3 ，－ 2 得 A＝ 2，由 T＝ π得 ω＝ 2πT ＝ 2ππ ＝ 2， 由点 M 2π3 ，－ 2 在图象上得 2sin 4π3 ＋ φ ＝－ 2，即 sin 4π3 ＋ φ ＝－ 1， 所以 4π3 ＋ φ＝ 2kπ－ π2，故 φ＝ 2kπ－ 11π6 (k∈ Z)． 又 φ∈  0， π2 ，所以 φ＝ π6，所以 f(x)＝ 2sin 2x＋ π6 . (2) 因为 x∈  0， π12 ， 2x＋ π6∈  π6， π3 ， 所以当 2x＋ π6＝ π6时，即 x＝ 0 时， f(x)取得最小值 1； 当 2x＋ π6＝ π3，即 x＝ π12时， f(x)取得最大值 3. 第 8 讲 三角变换与解三角形 1. 3 解析： ∵ sin2α＋ cos2α＝ 14， ∴ sin2α＋ 1－ 2sin2α＝ 14， ∴ sin2α＝ 34， ∵ α∈  0， π2 ， ∴ sinα＝ 32 ， ∴ α＝ π3， tanα＝ 3. 2. 5 23 解析：由正弦定理 asinA＝ bsinB，得 a＝ bsinAsinB ＝51322＝ 5 23 . 3. 5 解析： 12arcsinB＝ 2， c＝ 4 2，由余弦定理可求得 b. 4. 1 解析：由 sin2α＋ sinαcosα－ 2cos2α＝ 0，得 tan2α＋ tanα－ 2＝ 0， tanα＝ 1 或 tanα＝－ 2(舍 )， sin2α＝ 2sinαcosα＝ 2tanα1＋ tan2α＝ 21＋ 1＝ 1. 5. 4 解析：由余弦定理得 ba＋ ab＝ 6cosC， a2＋ b2ab ＝ 6a2＋ b2－ c22ab ， a2＋ b2＝ 32c2， tanCtanA＋tanCtanB＝ sinCcosC cosAsinA＋ cosBsinB ＝ 1cosC sin2CsinAsinB ＝2aba2＋ b2－ c2 c2ab ＝ 2c2a2＋ b2－ c2，将 a2＋ b2＝ 32c2代入上式即可． 注： (1) 在用正、余弦定理处理三角形中的问题时，要么把所有关系转化为边的关系，要么把所有的关系都转化为角的关系； (2) 本题也可以转化为角的关系来处理． 6. 724 解析： tanα＝－ 34， tanβ＝－ 12， tan2β＝－ 43. 7. － 17 解析：由余弦定理得 c＝ a2＋ b2－ 2abcosC＝ 3， 故最大角为角 B. 8. 817 解析： 12bcsinA＝－ (b2＋ c2－ a2)＋ 2bc， 12bcsinA＝－ 2bccosA＋ 2bc， 2－ 12sinA＝ 2cosA，  2－ 12sinA 2＝ (2cosA)2＝ 4(1－ sin2A)， sinA＝ 817. 9. 解： (1) ∵ c2＝ a2＋ b2－ 2abcosC＝ 1＋ 4－ 4 14＝ 4， ∴ c＝ 2， ∴ △ ABC 的周长为 a＋ b＋ c＝ 1＋ 2＋ 2＝ 5. (2) ∵ cosC＝ 14， ∴ sinC＝ 1－ cos2C＝ 1－  14 2＝ 154 ， ∴ sinA＝ asinCc ＝1542 ＝158 .∵ a＜ c， ∴ A＜ C，故 A为锐角， ∴ cosA＝ 1－ sin2A＝1－  158 2＝ 78， ∴ cos(A－ C)＝ cosAcosC＋ sinAsinC＝ 78 14＋ 158 154 ＝ 1116. 10. 解： (1) sin2B＋ C2 ＋ cos2A＝ 1－ cosB＋ C2 ＋ cos2A＝ 1＋ cosA2 ＋ 2cos2A－ 1＝ 5950. (2) ∵ cosA＝ 45， ∴ sinA＝ 35， ∴ S△ ABC＝ 12bcsinA＝ 310bc， ∵ a＝ 2，由余弦定理得： a2＝ b2＋ c2－ 2bccosA＝ 4， ∴ 85bc＋ 4＝ b2＋ c2≥ 2bc， bc≤ 10， ∴ S△ ABC＝ 12 bcsinA＝ 310bc≤ 3，当且仅当 b＝ c 时，取得最大值，所以当 b＝ c 时， △ ABC 的面积 S 的最大值为 3. 第 9 讲 平面向量及其应用 1.  45，－ 35 或  － 45， 35 2. 10 解析： |α|＝ 1， |β|＝ 2， α⊥ (α－ 2β)，得 α(α－ 2β)＝ 0， αβ＝ 12， |2α＋ β|＝4α2＋ 4αβ＋ β2＝ 10. 3. π3 解析： ∵ (a＋ 2b)(a－ b)＝－ 6， ∴ |a|2－ 2|b|2＋ ab＝－ 6， ∴ ab＝ 1， cos〈 a， b〉＝ ab|a||b|＝ 12. 4. 4 解析：设 BC 边中点为 D，则 AO→ ＝ 23AD→ ， AD→ ＝ 12(AB→ ＋ AC→ )， ∴ AO→ AC→ ＝ 13(AB→ ＋ AC→ )AC→ ＝ 13(3 2 cos60176。 ＋ 32)＝ 4. 5. (－ 3,1)或 (－ 1,1) 解析：设 a＝ (x， y)， ∴ a＋ b＝ (x＋ 2， y－ 1)， ∴  y－ 1＝ 0，x＋ 22＋ y－ 12＝ 1， ∴  x＝－ 1，y＝ 1 或  x＝－ 3，y＝ 1. 6. － 14 解析： AD→ BE→ ＝ 12(AB→ ＋ AC→ ) 23AC→ － AB→ ＝ 12 － 1＋ 23－ 13 12 ＝－ 14. 7. 1－ 2 解析：设 a＋ b＝ 2d，则 d 为单位向量． (a－ c)(b－ c)＝ 1－ (a＋ b)c ＝ 1－ 2dc＝ 1－ 2cos〈 d， c〉． 8. 2 解析：取 O 为坐标原点， OA 所在直线为 x 轴，建立直角坐标系，则 A(1,0)，B － 12， 32 ，设 ∠ COA＝ θ，则 θ∈  0， 2π3 ， C(cosθ， sinθ)， ∴ (cosθ， sinθ)＝ x(1,0)＋y － 12， 32 ， x＋ y＝。